贵州省黔西南州兴义八中2021届高三上学期第四次月考化学试卷 Word版含解析

2022-2021学年贵州省黔西南州兴义八中高三（上）第四次月考化学试卷
一、选择题
1．下列电子式书写正确的是（）
A．溴化铵：B．硫化氢：C．氮气：D．羟基：
2．下列叙述正确的是（）
A．元素周期表中位于金属与非金属分界线四周的元素属于过渡元素
B．短周期第IV A族与VIIA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构
C．C、N、O、H四种元素形成的化合物肯定既有离子键又有共价键
D．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增加
3．下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是（）
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2
C．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3 D．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3
4．下列离子方程式正确的是（）
A．向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO
B．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO﹣3═Fe3++NO↑+2H2O
C．溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣
D．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：﹣O﹣+CO2+H2O →﹣OH+HCO3﹣
5．三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：
3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是（）
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B．若生成1 mol HNO3，则转移2mol电子
C．还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：1
D．每消耗0.2 mol氧化剂，可收集到5.418L气体
6．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL 2mol/L NaOH溶液完全吸取，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为（）
A．0.2mol B．0.6mol C．0.8mol D．1.0mol
7．“诺龙”属于国际奥委会明确规定的违禁药品中合成代谢类的类固醇，其结构简式如图下列关于“诺龙”的说法中不正确的是（）
A．分子式是C18H26O2
B．能在NaOH醇溶液中发生消去反应
C．既能发生加成反应，也能发生酯化反应
D．既能发生氧化反应，也能发生还原反应
二、非选择题
8．（15分）（2022秋•兴义市校级月考）五种短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，结合下列信息：
（1）A原子核外电子总数是内层电子数的三倍，A、E同主族；
（2）B的最高价氧化物对应的水化物F与其气态氢化物G反应，得到离子化合物H；
（3）C的焰色反应呈黄色；
（4）D在同周期主族元素形成的简洁离子中，离子半径最小．回答下列问题：
（1）写出D在元素周期表中的位置：；
（2）化合物H的水溶液pH7，其缘由是（用离子方程式表示）；
（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质在肯定条件下均能与其他四种物质发生化学反应，写出该物质的电子式；
（4）某同学设计试验证明A、B、E的非金属性强弱关系．设计如图装置：
①溶液a和固体b分别为，；
②该装置有一个明显不足是；若装置改进后溶液c中发生反应的离子方程式
为：．
9．（14分）（2022秋•琼中县校级期末）已知A为常见的金属单质，依据如图所示的转化关系回答下列问题．
（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式：
A为，B为，C为．
D为，E为，F为．
（2）写出⑧的化学方程式及④、⑤的离子方程式：．
10．（14分）（2022秋•兴义市校级月考）某校同学化学试验小组，为验证非金属元素氯的氧化性强于硫和氮，设计了一套试验装置：（部分夹持装置已略去）
（1）写出A 中反应的离子方程式．
（2）B中消灭黄色浑浊现象，产生此现象的离子方程式．
（3）浸有NaOH溶液的棉花团的作用是．
（4）D中干燥管中消灭的明显现象及化学方程式是；．
（5）有同学认为D中的现象并不能说明氯的氧化性大于氮，需要在C 之前加装洗气装置，该洗气装置中盛装试剂．
（6）还有什么方法能证明氧化性Cl2＞S，（用化学方程式表示）．
【化学--选修三：物质结构与性质】
11．（15分）（2022春•福鼎市校级期中）Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增．已知：
①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子排布为ms n mp n；
③R原子核外L层电子数为奇数；
④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4．
请回答下列问题：
（1）Z2+的核外电子排布式是．
（2）在[Z（NH3）4]2+离子中，Z2+的空轨道接受NH3分子供应的形成配位键．
（3）Q与Y形成的最简洁气态氢化物分别为甲、乙，下列推断正确的是．
a．稳定性：甲＞乙，沸点：甲＞乙b．稳定性：甲＞乙，沸点：甲＜乙
c．稳定性：甲＜乙，沸点：甲＜乙d．稳定性：甲＜乙，沸点：甲＞乙
（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小至大的挨次为（用元素符号作答）．
（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中σ键与π键的键数之比为．
（6）五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于（填晶体类型）．
【化学--选修五：有机化学】
12．（15分）（2021•吉林校级模拟）在有机化合物中，由于基团之间的相互影响，会使有机物分子中相关原子或原子团的反应活性发生显著的变化．
①试验表明，丙酸分子中“﹣CH2﹣”上的碳氢键因与“﹣COOH”相邻，反应活性明显增加，比如，在红磷存在时，丙酸可与液溴发生取代反应生成2﹣溴丙酸（CH3CHBrCOOH）．
②已知含有“”结构的有机物不能稳定存在．请结合①②有关信息，分析如下转化关系，图中所用NaOH都是足量的，回答问题：（1）A的结构简式为；图中A所发生的反应类型是；F中所含官能团的名称是．
（2）C→D的化学方程式为．
（3）D不行能发生的反应是（填字母代号）．
a．水解反应b．消去反应c．银镜反应d．酯化反应
e．加成反应f．还原反应g．氧化反应
（4）F有多种同分异构体，其中含有﹣C≡C﹣能发生银镜反应且属于酯类的有机物共有种，写出其中一种的结构简式．
2022-2021学年贵州省黔西南州兴义八中高三（上）第四次月考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．下列电子式书写正确的是（）
A．溴化铵：B．硫化氢：C．氮气：D．羟基：
考点：电子式．
分析：A．溴化铵为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷和阴阳离子的电子式；
B．硫化氢为共价化合物，不带电荷；
C．氮气分子中存在氮氮三键，应当存在3对共用电子对；
D．羟基中氢和氧共用一对电子．
解答：解：A．溴化铵为离子化合物，溴离子需要标出最外层电子，溴化钠正确的电子式为
，故A错误；
B．硫化氢为共价化合物，不带电荷，正确的电子式为：，故B错误；
C．氮气分子中存在氮氮三键，应当存在3对共用电子对，氮气正确的电子式为，故C错误；
D．羟基是电中性基团，氧原子与氢原子以1对共用电子对连接，电子式为，故D正确；
故选D．
点评：本题考查了电子式的推断，该题是高考中的常见题型与重要的考点，该题基础性强，难易适中，主要是考查同学对常见化学用语的生疏把握程度，留意把握电子式的概念及正确的表示方法．
2．下列叙述正确的是（）
A．元素周期表中位于金属与非金属分界线四周的元素属于过渡元素
B．短周期第IV A族与VIIA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构
C．C、N、O、H四种元素形成的化合物肯定既有离子键又有共价键
D．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增加
考点：原子结构与元素周期律的关系；元素周期表的结构及其应用．
分析：A．过渡元素为副族元素与第Ⅷ族；
B．原子最外层电子数与其化合价确定值之和为8，满足8电子结构；
C．C、N、O、H四种元素形成的化合物可能为硝酸、硝酸铵等；
D．应描述为第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增加．
解答：解：A．位于金属与非金属分界线四周的元素具有肯定的金属性与非金属性，过渡元素为副族元素与第Ⅷ族，故A错误；
B．短周期第IV A族与VIIA族元素的原子间构成的分子为AB4型，原子最外层电子数与其化合价确定值之和均为8，满足8电子结构，故B正确；
C．C、N、O、H四种元素形成的化合物可能为硝酸、硝酸铵等，硝酸中没有离子键，故C错误；
D．应描述为第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增加，不是最高价含氧酸则不肯定，如非金属性Cl＞S，而次氯酸为弱酸，硫酸为强酸，故D错误，
故选B．
点评：本题考查元素周期表与元素周期律、化学键等，难度不大，有利于基础学问的巩固．
3．下列物质间的转化关系中不能全部通过一步反应完成的是（）
A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2
C．Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3 D．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3
考点：钠的化学性质；镁的化学性质；铝的化学性质；铁的化学性质．
专题：元素及其化合物．
分析：Na、Mg、Al、Fe能和酸反应生成盐，能被氧化性强的单质氧化生成氧化物，再结合复分解反应条件来分析解答．
解答：解：A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl中反应方程式分别为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、
2NaOH+CO2=Na2CO3 +H2O、Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，所以能一步实现，故A不选；
B．Mg→MgCl2→MgCO3→Mg（OH）2中反应方程式分别为：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑、
MgCl2+Na2CO3=2NaCl+MgCO3↓、MgCO3+2NaOH=Mg（OH）2+Na2CO3，所以能一步实现，故B不选；C．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故C选；
D．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3中反应方程式分别是2Fe+3Cl 22FeCl3、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl、2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O，所以能一步实现，故D不选；故选C．
点评：本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，依据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为学问点构建学问网络，元素化合物学问经常在工艺流程中消灭，还经常与基本试验操作、物质的分别与提纯、离子的检验等学问点联合考查，题目难度中等．
4．下列离子方程式正确的是（）
A．向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2++2ClO﹣+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClO
B．稀硝酸中加入过量铁粉：Fe+4H++NO﹣3═Fe3++NO↑+2H2O
C．溴化亚铁溶液中通入足量氯气：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═2Fe3++Br2+4Cl﹣
D．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：﹣O﹣+CO2+H2O →﹣OH+HCO3﹣
考点：离子方程式的书写．
分析：A．次氯酸具有强氧化性，能够将亚硫酸钙氧化成硫酸钙；
B．铁粉过量，反应生成亚铁离子；
C．氯气足量，溴离子和亚铁离子都完全反应；
D．苯酚的酸性大于碳酸氢钠，苯酚钠与二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠．
解答：解：A．少量SO2通入Ca（ClO）2溶液中，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：
SO2+Ca2++ClO﹣+H2O=CaSO4↓+2H++Cl﹣，故A错误；
B．稀硝酸中加入过量铁粉，反应生成硝酸亚铁、一氧化氮气体和水，正确的离子方程式为：Fe+8H++2NO3﹣═3Fe2++2NO↑+4H2O，故B错误；
C．溴化亚铁溶液中通入足量氯气，离子方程式依据溴化亚铁的书写，正确的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣
+3Cl2═4Fe3++Br2+6Cl﹣，故C错误；
D ．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：
+CO2+H2O →+HCO3﹣，故D正确；
故选D．
点评：本题考查了离子方程式的书写方法推断，题目难度中等，留意把握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误推断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，D为易错点，留意反应生成的是碳酸氢钠．
5．三氟化氮（NF3）是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：
3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，下列有关该反应的说法正确的是（）
A．NF3是氧化剂，H2O是还原剂
B．若生成1 mol HNO3，则转移2mol电子
C．还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：1
D．每消耗0.2 mol氧化剂，可收集到5.418L气体
考点：氧化还原反应．
分析：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF中，N元素的化合价由+3价上升为+5价，N元素的化合价由+3价降低为+2价，以此来解答．
解答：解：A．只有N元素的化合价发生变化，NF3既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．生成1molHNO3，转移的电子的物质的量为1mol×（5﹣3）=2mol，故B正确；
C．NF3生成NO，被还原，做氧化剂，NF3生成HNO3，被氧化，做还原剂，还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：2，故C错误；
D．每消耗0.2 mol氧化剂，可收集0.2molNO，0.9molHF，共1.1mol，标况下体积为24.64L，故D错误；故选B．
点评：本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，题目难度不大．
6．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL 2mol/L NaOH溶液完全吸取，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO2的物质的量为（）
A．0.2mol B．0.6mol C．0.8mol D．1.0mol
考点：化学方程式的有关计算．
专题：计算题．
分析：51.2gCu的物质的量为0.8mol，整个过程发生的反应较简单，但从氧化还原反应电子得失的角度分析可以简化为铜和氮间电子的转移，铜和硝酸反应铜还原硝酸生成氮氧化合物，在NaOH溶液中氮氧化合物又转化成NaNO3和NaNO2，我们可以认为铜将失去的电子给了硝酸在氢氧化钠溶液中生成了NaNO2，依据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），据此解答．
解答：解：用终态分析法简洁看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu（NO3）2，Cu元素化合价由0价上升为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个
N原子得2个电子，51.2gCu的物质的量为：n（Cu）===0.8mol，共失电子为0.8mol×2=1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，依据得失电子数目相等得到2n（Cu）=2n（NaNO2），故产物中NaNO2的物质的量为=0.8mol，
故选C．
点评：本题考查氧化还原反应的有关计算，难度中等，用终态分析法推断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键．
7．“诺龙”属于国际奥委会明确规定的违禁药品中合成代谢类的类固醇，其结构简式如图下列关于“诺龙”的说法中不正确的是（）
A．分子式是C18H26O2
B．能在NaOH醇溶液中发生消去反应
C．既能发生加成反应，也能发生酯化反应
D．既能发生氧化反应，也能发生还原反应
考点：有机物的结构和性质．
分析：依据有机物的结构简式确定元素的种类和原子个数，可确定有机物分子式，该有机物中含C=O、
C=C、﹣OH，结合烯烃和醇的性质来解答．解答：解：A．由结构可知，1个分子中含18个C、26个H、2个O原子，则分子式为C18H26O2，故A正确；
B．与﹣OH相连的C的邻位C上含H，则能发生消去反应，反应条件为浓硫酸并加热，故B错误；
C．含C=C、C=O，能发生加成反应，含﹣OH，能发生酯化反应，故C正确；
D．含C=C、﹣OH能发生氧化反应，含C=O能发生还原反应，故D正确；
故选B．
点评：本题考查有机物的结构与性质，侧重醇、烯烃的性质的考查，留意把握官能团与性质的关系即可解答，明确有机反应中加氢去氧为还原反应，题目难度不大．
二、非选择题
8．（15分）（2022秋•兴义市校级月考）五种短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，结合下列信息：
（1）A原子核外电子总数是内层电子数的三倍，A、E同主族；
（2）B的最高价氧化物对应的水化物F与其气态氢化物G反应，得到离子化合物H；
（3）C的焰色反应呈黄色；
（4）D在同周期主族元素形成的简洁离子中，离子半径最小．回答下列问题：
（1）写出D 在元素周期表中的位置：第三周期第ⅢA族；
（2）化合物H的水溶液pH＜7，其缘由是NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+（用离子方程式表示）；（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，有一种物质在肯定条件下均能与其他四种物质发生化学反
应，写出该物质的电子式；
（4）某同学设计试验证明A、B、E的非金属性强弱关系．设计如图装置：
①溶液a和固体b分别为硝酸，碳酸钠或碳酸氢钠；
②该装置有一个明显不足是没有除去二氧化碳中挥发的硝酸；若装置改进后溶液c中发生反应的离子方程式为：CO2+SiO32﹣+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣，或2CO2+SiO32﹣+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣．
考点：位置结构性质的相互关系应用．
分析：五种短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，（1）A原子核外电子总数是内层电子数的三倍，则A为碳元素，A、E同主族，则E为硅元素，（2）B的最高价氧化物对应的水化物F与其气态氢化物G反应，得到离子化合物H，则B为氮元素，F为硝酸，G为氨气，H为硝酸铵，（3）C的焰色应呈黄色，则C为钠元素，（4）D在同周期主族元素形成的简洁离子中，离子半径最小，且原子序数大于钠，则D为铝元素，据此解答．
解答：解：五种短周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大，（1）A原子核外电子总数是内层电子数的三倍，则A为碳元素，A、E同主族，则E为硅元素，（2）B的最高价氧化物对应的水化物F与其气态氢化物G反应，得到离子化合物H，则B为氮元素，F为硝酸，G为氨气，H为硝酸铵，（3）C的焰色应呈黄色，则C为钠元素，（4）D在同周期主族元素形成的简洁离子中，离子半径最小，且原子序数大于钠，则D 为铝元素．
（1）D为铝元素，在元素周期表中处于第三周期第ⅢA族，故答案为：第三周期第ⅢA族；
（2）化合物H为硝酸铵，由于铵根离子水解，它的水溶液呈酸性，所以PH＜7，离子方程式为
NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+，
故答案为：＜；NH4++H2O⇌NH3．H2O+H+；
（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，氢氧化钠在肯定条件下均能与其他四种物质发生化学反应，
它的电子式为，故答案为：；
（4）①元素的非金属性越强，对应的最高价含氧酸的酸性越强，依据强酸制弱酸的原理设计试验，溶液a 和固体b分别为硝酸、碳酸钠或碳酸氢钠，故答案为：硝酸；碳酸氢钠；
②硝酸易挥发，为防止干扰应用碳酸氢钠溶液吸取除去，溶液c为硅酸钠溶液，则溶液c中的离子方程式
为：CO2+SiO32﹣+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣或2CO2+SiO32﹣+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣，
故答案为：没有除去二氧化碳中挥发的硝酸；CO2+SiO32﹣+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣或2CO2+SiO32﹣
+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3﹣．
点评：本题考查结构性质位置关系、试验方案评价等，侧重于同学的分析力量和试验力量的考查，难度中等．
9．（14分）（2022秋•琼中县校级期末）已知A为常见的金属单质，依据如图所示的转化关系回答下列问题．
（1）确定A、B、C、D、E、F的化学式：
A 为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl 2．
D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3．
（2）写出⑧的化学方程式及④、⑤的离子方程式：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3、
2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣、2Fe3++Fe=3Fe2+．
考点：无机物的推断．
分析：由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，A 为Fe，B为Fe3O4，然后结合物质的性质及化学用语来解答．
解答：解：由转化关系图可知，红褐色固体F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，C为FeCl2，D为FeCl3，A为Fe，B为Fe3O4，
（1）由上分析知A为Fe，B为Fe3O4，C为FeCl2，D为FeCl3，E为Fe（OH）2，F为Fe（OH）3，故答案为：Fe；Fe3O4；FeCl2；FeCl3；Fe（OH）2；Fe（OH）3；
（2）反应⑧为4Fe（OH）2的氧化，方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，④的离子方程式为
2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，⑤的离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3、2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣、2Fe3++Fe=3Fe2+．
点评：本题考查无机物的推断，留意物质的颜色为解答本题的突破口，生疏铁及其化合物的性质即可解答，留意氧化还原反应，题目难度不大．
10．（14分）（2022秋•兴义市校级月考）某校同学化学试验小组，为验证非金属元素氯的氧化性强于硫和氮，设计了一套试验装置：（部分夹持装置已略去）（1）写出A中反应的离子方程式MnO2+4H++2Cl Mn2++Cl2↑+2H2O．
（2）B中消灭黄色浑浊现象，产生此现象的离子方程式Cl2+S2﹣=S↓+2Cl﹣．
（3）浸有NaOH溶液的棉花团的作用是吸取多余的氯气．
（4）D中干燥管中消灭的明显现象及化学方程式是产生大量白烟；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2．（5）有同学认为D中的现象并不能说明氯的氧化性大于氮，需要在C之前加装洗气装置，该洗气装置中盛装氯化钠试剂．
（6）还有什么方法能证明氧化性Cl2＞S，（用化学方程式表示）2Fe+3Cl22FeCl3、
Fe+S FeS．
考点：性质试验方案的设计．
分析：非金属性强弱比较的一般规律是：①依据氧化还原反应推断：同一化学反应，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性；②由对应氢化物的稳定性推断：氢化物越稳定，非金属性越强．③由最高价氧化物对应水化物的酸性来推断：酸性越强，非金属越强．（除氟元素之外）．④非金属单质与具有可变价金属的反应．能生成高价金属化合物的，其非金属性强，据此可以验证．
为验证非金属元素氯的氧化性强于硫，该试验通过氯气把硫化钠溶液中的硫离子氧化为S单质说明，为验证非金属元素氯的氧化性强于氮，通过氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢说明，试验装置中，A制取氯气：
MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，浓盐酸易挥发，经过浓硫酸干燥的氯气中扔混有少量氯化氢
气体，因此需要在C加一吸取装置除掉氯化氢，需要在C之前加装洗气装置，为该试验装置设计缺陷，B装置为为验证非金属元素氯的氧化性强于硫，B中消灭黄色浑浊现象，说明有S沉淀生成，氯气的氧化性大于S的氧化性，反应为：Cl2+S2﹣=S↓+2Cl﹣，装置C进行干燥氯气，盛放氢氧化钠的烧杯吸取尾气，装置E 为：氯化铵和氢氧化钙固体加热反应生成氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）
22NH3↑+2H2O+CaCl2；装置D氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，从而冒白烟，验证非金属元素氯的氧化性强于氮．
（1）此反应装置为浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气，以此写出化学方程式；
（2）B中消灭黄色浑浊现象，说明有S沉淀生成，氯气的氧化性大于S的氧化性；
（3）氯气污染环境，浸有NaOH溶液的棉花团可以吸取多余的氯气；
（4）装置E为试验室制取氨气的装置，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，氯化氢与氨气反应生成氯化铵，故现象为冒白烟；
（5）浓盐酸易挥发，经过浓硫酸干燥的氯气中仍混有少量氯化氢气体，因此需要在C加一吸取装置除掉氯化氢；
（6）依据非金属性强弱比较的一般规律进行验证．
解答：解：（1）反应装置A为浓盐酸和二氧化锰共热制备氯气的装置，其离子方程式为：
MnO2+4H++2Cl Mn2++Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4H++2Cl Mn2++Cl2↑+2H2O；
（2）反应制备的氯气通入B之后，B中消灭黄色浑浊现象，说明氯气把硫化钠溶液中的硫离子氧化为S单质，离子方程式为Cl2+S2﹣=S↓+2Cl﹣，
故答案为：Cl2+S2﹣=S↓+2Cl﹣；
（3）氯气污染环境，浸有NaOH溶液的棉花团可以吸取多余的氯气，反应为：
Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，
故答案为：吸取多余的氯气；
（4）通E装置是制备氨气，氯气能把氨气氧化生成氮气和氯化氢，生成的氯化氢和氨气结合生成氯化铵，从而冒白烟，因此试验的现象是产生大量白烟，反应的方程式是8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，
故答案为：产生大量白烟；8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；
（5）盐酸易挥发，所以生成氯气中含有氯化氢气体，氯化氢也能直接和氨气结合冒白烟，所以需要在C之
前连接一盛有饱和食盐水的装置以除去氯化氢气体，装置图为，
故答案为：氯化钠；
（6）非金属性强弱比较的一般规律是：①由对应氢化物的稳定性推断：氢化物越稳定，非金属性越强．②由最高价氧化物对应水化物的酸性来推断：酸性越强，非金属越强．（除氟元素之外）．③非金属单质与具有可变价金属的反应．能生成高价金属化合物的，其非金属性强，据此可以验证，所以还可用以下方法能证
明氧化性Cl2＞S，方法一：2Fe+3Cl 22FeCl3、Fe+S FeS；方法二：相同温度下相同状态的
HCl的稳定性大于H2S；方法三：最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4 大于H2SO4．用化学方程式表示选择方法一，
故答案为：2Fe+3Cl 22FeCl3、Fe+S FeS．
点评：本题考查试验方案的设计与评价，考查了氯气、氨气的试验室制法及性质的检验，明确制备原理及物质的性质是解题关键，题目难度中等．
【化学--选修三：物质结构与性质】
11．（15分）（2022春•福鼎市校级期中）Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增．已知：
①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素；
②Y原子价电子排布为ms n mp n；
③R原子核外L层电子数为奇数；
④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4．
请回答下列问题：
（1）Z2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9．
（2）在[Z（NH3）4]2+离子中，Z2+的空轨道接受NH3分子供应的孤电子对形成配位键．
（3）Q与Y形成的最简洁气态氢化物分别为甲、乙，下列推断正确的是b．a．稳定性：甲＞乙，沸点：甲＞乙b．稳定性：甲＞乙，沸点：甲＜乙
c．稳定性：甲＜乙，沸点：甲＜乙d．稳定性：甲＜乙，沸点：甲＞乙
（4）Q、R、Y三种元素的第一电离能数值由小至大的挨次为Si＜C＜N（用元素符号作答）．
（5）Q的一种氢化物相对分子质量为26，其分子中σ键与π键的键数之比为3：2．
（6）五种元素中，电负性最大与最小的两种非金属元素形成的晶体属于原子晶体（填晶体类型）．
考点：原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；共价键的形成及共价键的主要类型；协作物的成键状况．
专题：原子组成与结构专题；化学键与晶体结构．
分析：Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素，则Z是Cu元素；
③R原子核外L层电子数为奇数，且属于短周期主族元素，所以R是其次周期元素，Q的原子序数小于R，则Q属于第一或其次周期元素；
④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，则Q是C元素，R是N或F元素；
X原子P轨道含有4个电子且原子序数大于R，所以X是O或S元素，
②Y原子价电子排布为ms n mp n，原子序数小于29，n=2，Y原子序数大于X，且属于主族元素，所以Y是Si元素，则X是O元素，R是N元素，
则Q、R、X、Y、Z五种元素分别是C、N、O、Si、Cu．
解答：解：Q、R、X、Y、Z五种元素的原子序数依次递增，①Z的原子序数为29，其余的均为短周期主族元素，则Z是Cu元素；
③R原子核外L层电子数为奇数，且属于短周期主族元素，所以R是其次周期元素，Q的原子序数小于R，则Q属于第一或其次周期元素；
④Q、X原子p轨道的电子数分别为2和4，则Q是C元素，R是N或F元素；
X原子P轨道含有4个电子且原子序数大于R，所以X是O或S元素，②Y原子价电子排布为ms n mp n，原子序数小于29，n=2，Y原子序数大于X，且属于主族元素，所以Y是Si元素，则X是O元素，R是N元素，
则Q、R、X、Y、Z五种元素分别是C、N、O、Si、Cu．
（1）Z为Cu元素，Z2+为Cu2+，Cu的价电子排布为3d104s1，失去两个电子，则为3d9，Cu2+的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d9，
故答案为：1s22s22p63s23p63d9；
（2）含有孤电子对的原子和含有空轨道的原子之间能形成配位键，在[Cu（NH3）4]2+离子中，Z2+的空轨道接受NH3分子供应的孤电子对形成配位键，
故答案为：孤电子对；
（3）Q、Y的氢化物分别为CH4和SiH4，由于C的非金属性强于Si，则稳定性CH4＞SiH4．由于SiH4的相对分子质量比CH4大，故分子间作用力大，沸点高，
故选：b．
（4）C、N和Si中，C、Si位于同一主族，则上面的非金属性强，故第一电离能大，即Si＜C，而N由于具有半布满状态，故第一电离能比相邻元素大，C＜N，所以第一电离能Si＜C＜N．
故答案为：Si＜C＜N；
（5）Q为C元素，C、H形成的相对分子质量为26的物质为C2H2，结构式为H﹣C≡C﹣H，单键是σ键，叁键中有两个是σ键一个π键，所以σ键与π键数之比为3：2，
故答案为：3：2；
（6）电负性最大的非金属元素是O，最小的非金属元素是Si，两者构成SiO2，属于原子晶体，故答案为：原子晶体．。